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离散型随机变量数学期望

## 离散型随机变量数学期望
**离散型随机变量的数学期望**，也叫**均值**，是描述离散型随机变量**平均取值水平**的数字特征，本质是随机变量所有可能取值的**加权平均数**，权重为对应取值的概率，数学期望通常使用$E(X)$表示。

**定义** 设离散型随机变量 $X$ 的可能取值为 $x_1, x_2, \dots, x_k$，对应的概率分别为 $P(X = x_i) = p_i$（$i = 1, 2, \dots, k$），且 $\sum_{i=1}^k p_i = 1$。
则
$$
\boxed{
E(X) = x_1 p_1+x_2 p_2+\cdots+x_n p_n ...(数学期望的定义)
}
$$

> **数学期望可以理解为加权平均数**, 点击查看 [加权平均数](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=745)

`例`设 $X$ 为掷一次骰子的点数，$X$ 的可能取值为 $1,2,3,4,5,6$，每个取值的概率都是 $\frac{1}{6}$, 计算他的数学期望。
解： 根据公式计算数学期望：
$$
\begin{align*}
E(X)&=1\times\frac{1}{6}+2\times\frac{1}{6}+3\times\frac{1}{6}+4\times\frac{1}{6}+5\times\frac{1}{6}+6\times\frac{1}{6}\\
&=\frac{1+2+3+4+5+6}{6}\\
&=\frac{21}{6}=3.5
\end{align*}
$$

这个结果的含义是：**长期重复掷骰子，平均每次的点数约为 3.5**。

注意：在本题里，投掷的点数是1-6正整数，而期望是3.5不属于任何一个点数。所以，数学期望的值不一定是随机变量的值。
 
`例` 某抽奖活动中，中奖概率为 $0.2$，中奖得奖金 100 元，不中奖得 0 元。设 $X$ 为一次抽奖的奖金，分布列为，求中奖的数学期望。
 ![图片](/uploads/2026-01/f4240c.jpg)
 
解：计算数学期望：
$$
E(X)=0\times0.8 + 100\times0.2=20
$$
含义是：**长期多次抽奖，平均每次能得到 20 元奖金**。

`例` 在篮球比赛中，罚球命中 1 次得 1 分，不中得 0 分．如果某运动员罚球命中的概率为 0.8 ，那么他罚球 1 次的得分 $X$ 的均值是多少？

分析：罚球有命中和不中两种可能结果，命中时 $X=1$ ，不中时 $X=0$ ，因此随机变量 $X$ 服从两点分布．$X$ 的均值反映了该运动员罚球 1 次的平均得分水平．

解：因为

$$
P(X=1)=0.8, P(X=0)=0.2,
$$

所以

$$
E(X)=0 \times 0.2+1 \times 0.8=0.8 \text {. }
$$

即该运动员罚球 1 次的得分 $X$ 的均值是 0.8 。

一般地，如果随机变量 $X$ 服从两点分布，那么

$$
E(X)=0 \times(1-p)+1 \times p=p .
$$

`例`（1）掷一颗骰子，求掷得点数的期望；
（2）掷两颗骰子，求掷得点数和的期望．
解（1）掷一颗骰子，掷得点数 $X$ 的期望是

$$
\begin{aligned}
E[X] & =1 \times \frac{1}{6}+2 \times \frac{1}{6}+3 \times \frac{1}{6}+4 \times \frac{1}{6}+5 \times \frac{1}{6}+6 \times \frac{1}{6} \\
& =\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=3.5 .
\end{aligned}
$$

（2）掷两颗骰子的总样本点数为 $6×6=36$ 种，每个取值的情况数和概率如下表

![图片](/uploads/2026-01/40cbd6.jpg)

期望计算方法一：

$$
\begin{aligned}
E[X]= & 2 \times \frac{1}{36}+3 \times \frac{2}{36}+4 \times \frac{3}{36}+5 \times \frac{4}{36}+6 \times \frac{5}{36}+7 \times \frac{6}{36}+ \\
& 8 \times \frac{5}{36}+9 \times \frac{4}{36}+10 \times \frac{3}{36}+11 \times \frac{2}{36}+12 \times \frac{1}{36} \\
= & 7 .
\end{aligned}
$$

方法二：利用期望的线性性质（更简便）
设 $X_1$ 为第一颗骰子的点数，$X_2$ 为第二颗骰子的点数，则 $X=X_1+X_2$。
根据期望的线性性质 $E(X_1+X_2)=E(X_1)+E(X_2)$。

由之前的结论，单颗骰子点数的期望 $E(X_1)=E(X_2)=3.5$，因此：
$$
E(X)=E(X_1)+E(X_2)=3.5+3.5=7
$$

## 期望的性质

设 $X$ 的分布列为

$$
P\left(X=x_i\right)=p_i, i=1,2, \cdots, n .
$$

根据随机变量均值的定义，

$$
\begin{aligned}
E(X+b) & =\left(x_1+b\right) p_1+\left(x_2+b\right) p_2+\cdots+\left(x_n+b\right) p_n \\
& =\left(x_1 p_1+x_2 p_2+\cdots+x_n p_n\right)+b\left(p_1+p_2+\cdots+p_n\right) \\
& =E(X)+b .
\end{aligned}
$$

类似地，可以证明

$$
\boxed{
E(a X)=a E(X) .
}
$$

一般地，下面的结论成立
 
$$
 \boxed{
 E(a X+b)=a E(X)+b ...(数学期望的性质) 
}

$$
 
这反映出期望运算与线性变换可交换顺序。

**数学期望性质的直观理解**
假设 $X$ 代表某个量（比如考试分数），它的平均分是 $E(X)$。  
现在我们把每个人的分数先按比例 $a$ 缩放（比如难度调整后乘系数），再加上一个固定偏移 $b$（比如加分政策）。  
那么新分数的平均分就是：  
$$
\text{原平均分} \times a + b
$$  
这就是该公式的含义。

### 推论

如果 $X, ~ Y$ 是两个随机变量，那么

$$
\boxed{
E[X+Y]=E[X]+E[Y] 
}
$$

可以把 X和 Y看成两个不同方面的测量值（例如：一次抽样的两个部分得分）。我们关心总分的平均值。不论这两个测量值之间有没有关联，**总分的长期平均值就是各自平均值的相加**。
这与直觉一致：平均收入 = 平均工资 + 平均奖金，即使工资和奖金可能相关。

## 基础例题

`例`猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如下表 所示

![图片](/uploads/2026-01/34323c.jpg)
 
规则如下：按照 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首．求嘉宾获得的公益基金总额 $X$ 的分布列及均值．

解：分析：根据规则，公益基金总额 $X$ 的可能取值有四种情况：猜错 A ，获得 0 元基金；猜对 A 而猜错 B ，获得 1000 元基金；猜对 A 和 B 而猜错 C ，获得 3000 元基金； $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ ， C 全部猜对，获得 6000 元基金．因此 $X$ 是一个离散型随机变量．利用独立条件下的乘法公式可求分布列。

解：分别用 $A, B, C$ 表示猜对歌曲 $A, B, C$ 歌名的事件，则 $A, B, C$ 相互独立．

$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=P(\bar{A})=0.2, \\
& P(X=1000)=P(A \bar{B})=0.8 \times 0.4=0.32, \\
& P(X=3000)=P(A B \bar{C})=0.8 \times 0.6 \times 0.6=0.288, \\
& P(X=6000)=P(A B C)=0.8 \times 0.6 \times 0.4=0.192 .
\end{aligned}
$$

$X$ 的分布列如下表所示．

![图片](/uploads/2026-01/77e1fa.jpg)
 
 
$X$ 的均值为

$$
\begin{aligned}
E(X) & =0 \times 0.2+1000 \times 0.32+3000 \times 0.288+6000 \times 0.192 \\
& =2336
\end{aligned}
$$

`例`根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为 0.25 ，有大洪水的概率为 0.01 ．该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失 60000 元，遇到小洪水时要损失 10000 元。为保护设备，有以下 3 种方案：

方案1 运走设备，搬运费为 3800 元；
方案 2 建保护围墙，建设费为 2000 元，但围墙只能防小洪水；
方案 3 不采取措施。
工地的领导该如何决策呢？

解：决策目标为总损失（投入费用与设备损失之和）越小越好。根据题意，各种方案在不同状态下的总损失如表 7．3－5 所示．

![图片](/uploads/2026-01/7ab436.jpg)
 
 方案 2 和方案 3 的总损失都是随机变量，可以采用期望总损失最小的方案。
解：设方案1、方案2、方案3的总损失分别为 $X_1, X_2, X_3$ 。
采用方案1，无论有无洪水，都损失3800元。因此，

$$
P\left(X_1=3800\right)=1 .
$$

采用方案 2 ，遇到大洪水时，总损失为 $2000+60000=62000$ 元；没有大洪水时，总损失为 2000 元。因此，

$$
P\left(X_2=62000\right)=0.01, P\left(X_2=2000\right)=0.99 .
$$

采用方案 3 ，

$$
P\left(X_3=60000\right)=0.01, P\left(X_3=10000\right)=0.25, P\left(X_3=0\right)=0.74 .
$$

于是，

$$
\begin{aligned}
& E\left(X_1\right)=3800 \\
& E\left(X_2\right)=62000 \times 0.01+2000 \times 0.99=2600 \\
& E\left(X_3\right)=60000 \times 0.01+10000 \times 0.25+0 \times 0.74=3100
\end{aligned}
$$

因此，从期望损失最小的角度，应采取方案 2 。
值得注意的是，上述结论是通过比较＂期望总损失＂而得出的．一般地，我们可以这样来理解＂期望总损失＂：如果问题中的天气状况多次发生，那么采用方案 2 将会使总损失减到最小．不过，因为洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的，所以对于个别的一次决策，采用方案 2 也不一定是最好的．

## 例题

`例` 已知随机变量 $X$ 的数学期望 $E(X)=2$，求 $E(3X+5)$。
**解答**：直接套用线性性质：
$$
E(3X+5)=3E(X)+5=3\times2+5=11
$$
 
`例`设 $X_1,X_2,X_3$ 是三个随机变量，且 $E(X_1)=1,\ E(X_2)=2,\ E(X_3)=3$，求 $E(2X_1-3X_2+X_3)$。
**解答**：推广到多个变量的线性组合：
$$
\begin{align*}
E(2X_1-3X_2+X_3)&=2E(X_1)-3E(X_2)+E(X_3)\\
&=2\times1 - 3\times2 + 3\\
&=2-6+3=-1
\end{align*}
$$

`例` 甲击中目标的概率是 $p$ ，如果击中，得 1 分，否则得 0 分．用 $X$ 表示甲的得分，计算随机变量 $X$ 的数学期望。

解 $\{X=1\}$ 的充分必要条件是击中目标，所以

$$
P(X=1)=p .
$$

$\{X=0\}$ 是 $\{X=1\}$ 的对立事件，所以

$$
P(X=0)=1-P(X=1)=1-p .
$$

于是 $E(X)=1 \times P(X=1)+0 \times P(X=0)=1 \times p+0 \times(1-p)=p$ 。
因此甲合理的期望是得 $p$ 分．

`例` 根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为 0.5 ，购买乙种保险的概率为 0.3 ，由于两种保险作用类似，因而没有人同时购买。设各车主购买保险相互独立，用 $X$ 表示该地 100 位车主中甲，乙两种保险都不购买的车主数，求 $X$的数学期望。

解 设 $A$ 表示甲，乙两种保险都不购买，则

$$
P(A)=1-(0.5+0.3)=0.2
$$

由于各车主购买保险相互独立，根据题意可知， 100 位车主中甲，乙两种保险都不购买的车主数 $X$ 服从二项分布，即 $X \sim B(100,0.2)$ 。

所以

$$
E(X)=100 \times 0.2=20
$$

若离散型随机变量服从超几何分布 $H(N, M, n)$ ，由组合公式 $\sum_{k=0}^l C _M^k C _{N-M}^{n-k}=$ $C _N^n$ 可得

$$
E(X)=\sum_{k=0}^l k \cdot \frac{C_M^k C_{N-k}^{n-k}}{C_N^n}=n \cdot \frac{M}{N} \cdot \sum_{k=1}^l \frac{C_{M-1}^{k-1} C_{N-k}^{n-k}}{C_{N-1}^{n-1}}=\frac{n M}{N}
$$

于是有
若 $X \sim H(N, M, n)$ ，则 $E(X)=\frac{n M}{N}$ ．

`例` 一袋中装有 50 个白球， 45 个黑球， 5 个红球，现从中随机抽取 20 个球，求取出的红球个数 $\xi$ 的数学期望．

分析 将白球和黑球视为＂正品＂，红球视为＂次品＂，则所求问题转化为 100件产品中有 5 件次品，随机从中抽取 20 件产品，且取出次品件数 $\xi$ 服从超几何分布．

解 袋中球的总数为 $50+45+5=100$ ，根据题意可知，随机抽取的 20 个球中红球的个数 $\xi$ 服从超几何分布，即 $\xi \sim H(100,5,20)$ 。

因为 $N=100, M=5, n=20$ ，所以 $E(\xi)=\frac{n M}{N}=\frac{20 \times 5}{100}=1$ ．

注：本题涉及后面介绍的超几何分布。
 
 
## 重难点试题
`例`甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．

【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$ ，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，$X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$ ，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 $A, B, C$ ，所以甲学校获得冠军的概率为

$$
\begin{aligned}
& P=P(A B C)+P(\bar{A} B C)+P(A \bar{B} C)+P(A B \bar{C}) \\
& =0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2 \\
& =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6
\end{aligned}
$$

（2）依题可知，$X$ 的可能取值为 $0,10,20,30$ ，所以，

$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=0.5 \times 0.4 \times 0.8=0.16, \\
& P(X=10)=0.5 \times 0.4 \times 0.8+0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2=0.44, \\
& P(X=20)=0.5 \times 0.6 \times 0.8+0.5 \times 0.4 \times 0.2+0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.34, \\
& P(X=30)=0.5 \times 0.6 \times 0.2=0.06 .
\end{aligned}
$$

即 $X$ 的分布列为
 ![图片](/uploads/2026-01/95bf8e.jpg)
 
期望  $E(X)=0 \times 0.16+10 \times 0.44+20 \times 0.34+30 \times 0.06=13$

`例` 某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有 $A, B, C, D$ 这 4 个选项， 4 个选项中仅有两个或三个为正确选项．题目得分规则为：全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分．已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立．若第一题正确选项为两个的概率为 $\frac{1}{3}$ ，并且规定若第 $i(i=1,2, \cdots, n-1)$ 题正确选项为两个，则第 $i+1$ 题正确选项为两个的概率为 $\frac{1}{3}$ ；第 $i(i=1,2, \cdots, n-1)$ 题正确选项为三个，则第 $i+1$ 题正确选项为三个的概率为 $\frac{1}{3}$ ．
（1）若第二题只选了＂$C$＂一个选项，求第二题得分的分布列及期望；
（2）求第 $n$ 题正确选项为两个的概率；
（3）若第 $n$ 题只选择 $B 、 C$ 两个选项，设 $Y$ 表示第 $n$ 题得分，求证：$E(Y) \leq \frac{17}{18}$ ．

【分析】（1）设事件 $C_2$ 表示正确选项为 2 个，事件 $C_3$ 表示正确选项为 3 个，$P_n\left(C_2\right)$ 表示第 $n$ 题正确选项为 2个的概率，$P_n\left(C_3\right)$ 表示第 $n$ 题正确选项为 3 个的概率。由全概率公式可求出 $P_2\left(C_2\right)$ ，继而 $P_2\left(C_3\right)$ 可求，再由全概率公式计算第二题得分分布列的各种情况，并根据公式计算期望；
（2）根据（1）中由第一题到第二题正确选项数概率的计算理解，由全概率公式可以得出一般性的结论 $P_{n+1}\left(C_2\right)=\frac{1}{3} P_n\left(C_2\right)+\frac{2}{3} P_n\left(C_3\right)$ 化简可得 $P_{n+1}\left(C_2\right)-\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}\left(P_n\left(C_2\right)-\frac{1}{2}\right)$ ，可知 $\left\{P_n\left(C_2\right)-\frac{1}{2}\right\}$ 为等比数列，求通项可得 $P_n\left(C_2\right)$ ；
（3）根据（2）求出的 $P_n\left(C_2\right)$ 可得 $P_n\left(C_3\right)=1-P_n\left(C_2\right)$ ，在利用全概率公式即可求得 $Y$ 的分布列，计算出 $E(Y)=\frac{11}{12}-\frac{1}{12} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n$ ，则结论可证．

【详解】（1）设事件 $C_2$ 表示正确选项为 2 个，事件 $C_3$ 表示正确选项为 3 个， $P_n\left(C_2\right)$ 表示第 $n$ 题正确选项为 2 个的概率，$P_n\left(C_3\right)$ 表示第 $n$ 题正确选项为 3 个的概率．

设事件 $C$ 表示选项＂$C$＂为第二题的一个正确选项，用随机变量 $X$ 表示第二题得分．
依题得，$X$ 可能取值为 0,2 ．
因为 $P_2\left(C_2\right)=\frac{1}{3} P_1\left(C_2\right)+\frac{2}{3} P_1\left(C_3\right)=\frac{1}{3} \times \frac{1}{3}+\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{5}{9}, P_2\left(C_3\right)=1-P_2\left(C_2\right)=\frac{4}{9}$ ，
所以 $P(X=0)=P\left(\bar{C} \mid C_2\right) P_2\left(C_2\right)+P\left(\bar{C} \mid C_3\right) P_2\left(C_3\right)=\frac{\mathrm{C}_3^2}{\mathrm{C}_4^2} \times \frac{5}{9}+\frac{\mathrm{C}_3^3}{\mathrm{C}_4^3} \times \frac{4}{9}=\frac{1}{2} \times \frac{5}{9}+\frac{1}{4} \times \frac{4}{9}=\frac{7}{18}$

$$
P(X=2)=P\left(C \mid C_2\right) P_2\left(C_2\right)+P\left(C \mid C_3\right) P_2\left(C_3\right)=\frac{\mathrm{C}_3^1}{\mathrm{C}_4^2} \times \frac{5}{9}+\frac{\mathrm{C}_3^2}{\mathrm{C}_4^3} \times \frac{4}{9}=\frac{1}{2} \times \frac{5}{9}+\frac{3}{4} \times \frac{4}{9}=\frac{11}{18}
$$

所以 $X$ 的分布列为：

![图片](/uploads/2026-01/82c7f5.jpg)
 
 所以 $E(X)=0 \times \frac{7}{18}+2 \times \frac{11}{18}=\frac{11}{9}$ ．
（2）依题得，$P_{n+1}\left(C_2\right)=\frac{1}{3} P_n\left(C_2\right)+\frac{2}{3} P_n\left(C_3\right)=\frac{1}{3} P_n\left(C_2\right)+\frac{2}{3}\left(1-P_n\left(C_2\right)\right)=\frac{2}{3}-\frac{1}{3} P_n\left(C_2\right)$ ，
所以 $P_{n+1}\left(C_2\right)-\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}\left(P_n\left(C_2\right)-\frac{1}{2}\right)$ ，
又因为 $P_1\left(C_2\right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{6}$ ，
所以 $\left\{P_n\left(C_2\right)-\frac{1}{2}\right\}$ 是以 $-\frac{1}{6}$ 为首项，以 $-\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列．
所以 $P_n\left(C_2\right)-\frac{1}{2}=\left(-\frac{1}{6}\right) \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n, P_n\left(C_2\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n$ ．

（3）由（2）可知，$P_n\left(C_2\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n, P_n\left(C_3\right)=1-P_n\left(C_2\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n$ ．
依题得，$Y$ 可能取值为 $0,2,5$ ．

$$
\begin{aligned}
& P(Y=0)=\frac{5}{\mathrm{C}_4^2} \times P_n\left(C_2\right)+\frac{2}{\mathrm{C}_4^3} \times P_n\left(C_3\right)=\frac{5}{6} \times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n\right)+\frac{1}{2} \times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n\right)=\frac{2}{3}+\frac{1}{6} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n \\
& P(Y=2)=0 \times P_n\left(C_2\right)+\frac{2}{\mathrm{C}_4^3} \times P_n\left(C_3\right)=\frac{1}{2} \times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n\right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n \\
& P(Y=5)=\frac{1}{\mathrm{C}_4^2} \times P_n\left(C_2\right)+0 \times P_n\left(C_3\right)=\frac{1}{6} \times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n\right)=\frac{1}{12}+\frac{1}{12} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n,
\end{aligned}
$$

所以 $E(Y)=2 \times\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n\right)+5 \times\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{12} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n\right)=\frac{11}{12}-\frac{1}{12} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^n<\frac{17}{18}$ ．
【点睛】方法点睛：高中阶段的马尔科夫链类型的概率问题解决关键是利用全概率公式找到概率的递推式，然后用数列手段去处理求解．

其他版本
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